以立體幾何的定義課件

以立體幾何的定義課件以立體幾何的定義、公理和定理為出發(fā)點(diǎn)，認(rèn)識(shí)和理解空間中線面垂直的有關(guān)性質(zhì)與判定定理.以立體幾何的定義、公理和定理為出發(fā)點(diǎn)，認(rèn)識(shí)和理解以立體幾何的定義課件1.直線與平面垂直1.直線與平面垂直2.直線和平面所成的角

3.二面角的有關(guān)概念2.直線和平面所成的角3.二面角的有關(guān)概念4.平面與平面垂直4.平面與平面垂直[思考探究]垂直于同一平面的兩平面是否平行？

提示：垂直于同一平面的兩平面可能平行，也可能相交.[思考探究]提示：垂直于同一平面的兩平面可能平行，也可能相交1.直線a⊥直線b，a⊥平面β，則b與β的位置關(guān)系是(

)A.b⊥β

B.b∥βC.b?βD.b?β或b∥β解析：由垂直和平行的有關(guān)性質(zhì)可知b?β或b∥β.答案：D1.直線a⊥直線b，a⊥平面β，則b與β的位置關(guān)系是(2.(文)已知直線a和兩個(gè)平面α，β，給出下列四個(gè)命題：①若a∥α，則α內(nèi)的任何直線都與a平行；②若a⊥α，則α內(nèi)的任何直線都與a垂直；③若α∥β，則β內(nèi)的任何直線都與α平行；④若α⊥β，則β內(nèi)的任何直都與α垂直.則其中(

)A.②、③為真

B.①、②為真

C.①、④為真

D.③、④為真2.(文)已知直線a和兩個(gè)平面α，β，給出下列四個(gè)命題：解析：若a∥α，則α內(nèi)的無數(shù)直線都與a平行，但不是任意一條，即①不正確；若a⊥α，則α內(nèi)的任何直線都與a垂直，即②正確；若α∥β，則β內(nèi)的任何直線都與α平行，即③正確；若α⊥β，則β內(nèi)有無數(shù)條直線都與α垂直，但不是任意一條，即④不正確.綜上可得②、③為真，故應(yīng)選A.答案：A解析：若a∥α，則α內(nèi)的無數(shù)直線都與a平行，但不是任意一條，(理)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，B1C與對(duì)角面DD1B1B所成角的大小是(

)A.15°B.30°C.45°D.60°(理)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，B1C與對(duì)角面D解析：如圖所示，連結(jié)AC交BD于O點(diǎn)，易證AC⊥平面DD1B1B，連結(jié)B1O，則∠CB1O即為B1C與對(duì)角面所成的角，設(shè)正方體邊長為a，則B1C＝a，CO＝

a，∴sin∠CB1O＝.∴∠CB1O＝30°.答案：B解析：如圖所示，連結(jié)AC交BD答案：B3.已知直線l⊥平面α，直線m?平面β，有下列命題：①α∥β?l⊥m；②α⊥β?l∥m；③l∥m?α⊥β；④l⊥m?α∥β.其中正確的命題是(

)A.①與②

B.③與④

C.②與④

D.①與③3.已知直線l⊥平面α，直線m?平面β，有下列命題：解析：對(duì)①，l⊥α，α∥β?l⊥β，又∵m?β，∴l(xiāng)⊥m，∴①正確；對(duì)②，α⊥β，l⊥α，則l∥β或l?β，∴l(xiāng)不一定與m平行，∴②錯(cuò)誤；對(duì)③，∵l∥m，l⊥α，∴m⊥α，又m?β，∴α⊥β，∴③正確；④錯(cuò)誤.答案：D解析：對(duì)①，l⊥α，α∥β?l⊥β，答案：D4.在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥

平面ABC，PC＝4，M是AB上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則PM的最小值

為

.4.在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60解析：∵PC⊥平面ABC，CM?平面ABC，∴PC⊥CM，∴PM＝＝要使PM最小，只需CM最小，此時(shí)CM⊥AB，∴CM＝＝2，∴PM的最小值為2.答案：2解析：∵PC⊥平面ABC，CM?平面ABC，答案：25.如圖，平面ABC⊥平面BDC，

∠BAC＝∠BDC＝90°，且

AB＝AC＝a，則AD＝

.5.如圖，平面ABC⊥平面BDC，解析：取BC中點(diǎn)E，連結(jié)ED、AE，∵AB＝AC，∴AE⊥BC.∵平面ABC⊥平面BDC，∴AE⊥平面BCD.∴AE⊥ED.在Rt△ABC和Rt△BCD中，AE＝ED＝BC＝a，∴AD＝＝a.答案：a解析：取BC中點(diǎn)E，連結(jié)ED、AE，答案：a以立體幾何的定義課件1.證明直線和平面垂直的常用方法：(1)利用判定定理.(2)利用平行線垂直于平面的傳遞性(a∥b，a⊥α?b⊥α).(3)利用面面平行的性質(zhì)(a⊥α，α∥β?a⊥β).(4)利用面面垂直的性質(zhì).當(dāng)直線和平面垂直時(shí)，該直線垂直于平面內(nèi)的任一直線，

常用來證明線線垂直.1.證明直線和平面垂直的常用方法：2.直線和平面垂直的性質(zhì)定理可以作為兩條直線平行的

判定定理，可以并入平行推導(dǎo)鏈中，實(shí)現(xiàn)平行與垂直

的相互轉(zhuǎn)化，即線線垂直?線面垂直?線線平行?線

面平行.2.直線和平面垂直的性質(zhì)定理可以作為兩條直線平行的

(2009·福建高考改編)如圖，平行四邊形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，AD＝4.將△CBD沿BD折起到△EBD的位置，使平面EBD⊥平面ABD.求證：AB⊥DE.(2009·福建高考改編)如圖[思路點(diǎn)撥][思路點(diǎn)撥][課堂筆記]證明：在△ABD中，∵AB＝2，AD＝4，∠DAB＝60°，∴BD＝＝2.∴AB2＋BD2＝AD2，∴AB⊥BD.又∵平面EBD⊥平面ABD，平面EBD∩平面ABD＝BD，AB?平面ABD，∴AB⊥平面EBD.∵DE?平面EBD，∴AB⊥DE.[課堂筆記]證明：在△ABD中，本例中，ED與平面ABD垂直嗎？解：由例1知，AB⊥BD，∵CD∥AB，∴CD⊥BD，從而DE⊥BD.又∵平面EBD⊥平面ABD，ED?平面EBD，∴ED⊥平面ABD.本例中，ED與平面ABD垂直嗎？解：由例1知，AB⊥BD，1.證明平面與平面垂直的方法主要有：(1)利用定義證明.只需判定兩平面所成的二面角為直二面角

即可.(2)利用判定定理.在審題時(shí)，要注意直觀判斷哪條直線可能

是垂線，充分利用等腰三角形底邊的中線垂直于底邊，

勾股定理等結(jié)論.1.證明平面與平面垂直的方法主要有：2.關(guān)于三種垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化可結(jié)合下圖記憶.2.關(guān)于三種垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化可結(jié)合下圖記憶.

(2009·江蘇高考)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E、F分別是A1B、A1C的中點(diǎn)，點(diǎn)D在B1C1上，A1D⊥B1C.求證：(1)EF∥平面ABC；(2)平面A1FD⊥平面BB1C1C.(2009·江蘇高考)如圖，在[思路點(diǎn)撥][思路點(diǎn)撥][課堂筆記]

(1)因?yàn)镋、F分別是A1B、A1C的中點(diǎn)，所以EF∥BC，又EF?平面ABC，BC?平面ABC.所以EF∥平面ABC.(2)因?yàn)槿庵鵄BC－A1B1C1為直三棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1，所以BB1⊥A1D，[課堂筆記](1)因?yàn)镋、F分別是A1B、A1C的中點(diǎn)，又A1D⊥B1C，B1C∩BB1＝B1.所以A1D⊥平面BB1C1C，又A1D?平面A1FD，所以平面A1FD⊥平面BB1C1C.又A1D⊥B1C，B1C∩BB1＝B1.兩個(gè)平面垂直的性質(zhì)定理，可以作為直線和平面垂直的判定定理，當(dāng)條件中有兩個(gè)平面垂直時(shí)，常添加的輔助線是在一個(gè)平面內(nèi)作兩平面交線的垂線.兩個(gè)平面垂直的性質(zhì)定理，可以作為直線和平面如圖①，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，將△ABD沿對(duì)角線BD折起，記折起后點(diǎn)的位置為P，且使平面PBD⊥平面BCD，如圖②.如圖①，四邊形ABCD中，AD∥(1)求證：平面PBC⊥平面PDC；(2)在折疊前的四邊形ABCD中，作AE⊥BD于E，過E作EF⊥BC于F，求折起后的圖形中∠PFE的正切值.(1)求證：平面PBC⊥平面PDC；[思路點(diǎn)撥][思路點(diǎn)撥][課堂筆記]

(1)證明：折疊前，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BAD＝90°，所以△ABD為等腰直角三角形.又因?yàn)椤螧CD＝45°，所以∠BDC＝90°.折疊后，因?yàn)槊鍼BD⊥面BCD，CD⊥BD，所以CD⊥面PBD.又因?yàn)镻B?面PBD，所以CD⊥PB.又因?yàn)镻B⊥PD，PD∩CD＝D，所以PB⊥面PDC.又PB?面PBC，故平面PBC⊥平面PDC.[課堂筆記](1)證明：折疊前，在四邊形ABCD中，AD∥(2)AE⊥BD，EF⊥BC，折疊后的位置關(guān)系不變，所以PE⊥BD.又面PBD⊥面BCD，所以PE⊥面BCD，所以PE⊥EF.設(shè)AB＝AD＝a，則BD＝a，所以PE＝a＝BE.在Rt△BEF中，EF＝BE·sin45°＝a×＝a.在Rt△PFE中，tan∠PFE＝＝＝.(2)AE⊥BD，EF⊥BC，折疊后的位置關(guān)系不變，高考中對(duì)直線與平面所成的角及二面角的考查是熱點(diǎn)之一，有時(shí)在客觀題中考查，更多的是在解答題中考查.求這兩種空間角的步驟：根據(jù)線面角的定義或二面角的平面角的定義，作(找)出該角，再解三角形求出該角，步驟是作(找)―→認(rèn)(指)―→求.高考中對(duì)直線與平面所成的角及二面角的考查在客觀題中，也可用射影法：設(shè)斜線段AB在平面α內(nèi)的射影為A′B′，AB與α所成角為θ，則cosθ＝.設(shè)△ABC在平面α內(nèi)的射影三角形為△A′B′C′，平面ABC與α所成角為θ，則cosθ＝.在客觀題中，也可用射影法：

(2010·安陽模擬)三棱錐P－ABC中，PC、AC、BC兩兩垂直，BC＝PC＝1，AC＝2，E、F、G分別是AB、AC、AP的中點(diǎn).(1)證明：平面GFE∥平面PCB；(2)求二面角B－AP－C的正切值.(2010·安陽模擬)三棱錐P－[思路點(diǎn)撥][思路點(diǎn)撥][課堂筆記]

(1)證明：因?yàn)镋、F、G分別是AB、AC、AP的中點(diǎn)，所以EF∥BC，GF∥CP.因?yàn)镋F，GF?平面PCB.所以EF∥平面PCB，GF∥平面PCB.又EF∩GF＝F，所以平面GFE∥平面PCB.[課堂筆記](1)證明：因?yàn)镋、F、G分別是AB、AC、A(2)∵BC⊥PC，BC⊥CA，且PC∩AC＝C，∴BC⊥平面PAC.過點(diǎn)C作CH⊥PA于H點(diǎn)，連結(jié)HB，則易證HB⊥PA，∴∠BHC即為二面角B－AP－C的平面角.在Rt△ACP中，AP＝＝，HC＝＝(等積).∴tan∠BHC＝＝＝.

(2)∵BC⊥PC，BC⊥CA，且PC∩AC＝C，近年來開放型問題不斷在高考試題中出現(xiàn)，這說明高考對(duì)學(xué)生的能力要求越來越高，這也符合新課標(biāo)的理念，因而在復(fù)習(xí)過程中要善于對(duì)問題進(jìn)行探究.立體幾何中結(jié)合垂直關(guān)系，設(shè)計(jì)開放型試題將是新課標(biāo)高考命題的一個(gè)動(dòng)向.近年來開放型問題不斷在高考試題中出現(xiàn)，這說明高考

[考題印證](2009·浙江高考)(12分)如圖，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC為斜邊的等腰直角三角形，E，F(xiàn)，O分別為PA，PB，AC的中點(diǎn)，AC＝16，PA＝PC＝10.(1)設(shè)G是OC的中點(diǎn)，證明：FG∥平面BOE；

(2)證明：在△ABO內(nèi)存在一點(diǎn)M，使FM⊥平面BOE，并求點(diǎn)M到OA、OB的距離.[考題印證]【證明】

(1)如圖，取PE的中點(diǎn)為H，連結(jié)HG、HF.┄┄(1分)因?yàn)辄c(diǎn)E，O，G，H分別是PA，AC，OC，PE的中點(diǎn)，┄┄┄┄(2分)所以HG∥OE，HF∥EB.因此平面FGH∥平面BOE.因?yàn)镕G在平面FGH內(nèi)，所以FG∥平面BOE.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(4分)【證明】(1)如圖，取PE的(2)在平面OAP內(nèi)，過點(diǎn)P作PN⊥OE，交OA于點(diǎn)N，交OE于點(diǎn)Q.連結(jié)BN，過點(diǎn)F作FM∥PN，交BN于點(diǎn)M.┄┄┄(5分)下證FM⊥平面BOE.由題意，得OB⊥平面PAC，所以O(shè)B⊥PN，又因?yàn)镻N⊥OE，所以PN⊥平面BOE.因此FM⊥平面BOE.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(7分)(2)在平面OAP內(nèi)，過點(diǎn)P作在Rt△OAP中，OE＝PA＝5，PQ＝，cos∠NPO＝＝，ON＝OP·tan∠NPO＝＜OA，所以點(diǎn)N在線段OA上.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(9分)因?yàn)镕是PB的中點(diǎn)，所以M是BN的中點(diǎn).┄┄(10分)因此點(diǎn)M在△AOB內(nèi)，點(diǎn)M到OA，OB的距離分別為OB＝4，ON＝.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(12分)在Rt△OAP中，

[自主體驗(yàn)]如圖所示，已知長方體ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD為正方形，E為線段AD1的中點(diǎn)，F(xiàn)為線段BD1的中點(diǎn).(1)求證：EF∥平面ABCD；

(2)設(shè)M為線段C1C的中點(diǎn)，當(dāng)?shù)谋戎禐槎嗌贂r(shí)，DF⊥平面D1MB，并說明理由[自主體驗(yàn)]解：(1)證明：∵E、F分別是AD1和BD1的中點(diǎn)，∴EF∥AB，又EF?平面ABCD，AB?平面ABCD，∴EF∥平面ABCD.解：(1)證明：∵E、F分別是(2)設(shè)＝λ(λ＞0)，AD＝a，則DD1＝λa，連結(jié)MF.若DF⊥平面D1MB，則有DF⊥D1B，DF⊥FM.(2)設(shè)＝λ(λ＞0)，AD＝a，在Rt△BDD1中，DF＝＝＝.又F、M分別是BD1，CC1的中點(diǎn)，易證FM＝a，又DM＝＝a，在Rt△BDD1中，∴在Rt△DFM中，DF2＋FM2＝DM2，即，解得λ2＝2，∴λ＝，即當(dāng)＝時(shí)，DF⊥平面D1MB.以立體幾何的定義課件以立體幾何的定義課件1.(2010·三亞模擬)若兩直線a與b異面，則過a且與b垂直的

平面(

)A.有且只有一個(gè)B.至多有一個(gè)

C.有無數(shù)多個(gè)

D.一定不存在1.(2010·三亞模擬)若兩直線a與b異面，則過a且與b垂解析：當(dāng)a⊥b時(shí)，存在一個(gè)過a且與b垂直的平面；若a與b不垂直，則不存在這樣的平面.答案：B解析：當(dāng)a⊥b時(shí)，存在一個(gè)過a且與b垂直的平面；若a與b不垂2.下列三個(gè)命題，其中正確命題的個(gè)數(shù)為(

)①平面α∥平面β，平面β⊥平面γ，則α⊥γ；②平面α∥平面β，平面β∥平面γ，則α∥γ；③平面α⊥平面β，平面β⊥平面γ，則α⊥γ.A.1B.2C.3D.0解析：①正確；②正確；③錯(cuò)誤.答案：B2.下列三個(gè)命題，其中正確命題的個(gè)數(shù)為3.已知直線a，b和平面α，β，且a⊥α，b⊥β，那么

α⊥β是a⊥b的(

)A.充分但不必要條件

B.必要但不充分條件

C.充分必要條件

D.既不充分也不必要條件解析：若α⊥β，由a⊥α則容易推出a?β或a∥β，而b⊥β，于是a⊥b；若a⊥b，則容易推出α⊥β，故α⊥β是a⊥b的充分必要條件.答案：C3.已知直線a，b和平面α，β，且a⊥α，b⊥β，那么4.正四棱錐S－ABCD的底面邊長為2，高為2，E是邊BC的中

點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P在表面上運(yùn)動(dòng)，并且總保持PE⊥AC，則動(dòng)點(diǎn)P

的軌跡的周長為(

)4.正四棱錐S－ABCD的底面邊長為2，高為2，E是邊BC的解析：依題意知，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為如圖所示的三角形EFG，容易求得，EF＝BD＝，GE＝GF＝SB＝，所以軌跡的周長為＋.答案：C解析：依題意知，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為如圖所示的三角形EFG，容易求5.正方體ABCD－A1B1C1D1中，M、N分別是棱AA1和AB上的

點(diǎn)，若∠B1MN是直角，則∠C1MN＝

.5.正方體ABCD－A1B1C1D1中，M、N分別是棱AA1解析：如圖所示，由正方體性質(zhì)可知B1C1⊥MN，又MB1⊥MN，∴MN⊥平面MB1C1.∵C1M?平面MB1C1，∴C1M⊥MN，即∠C1MN＝90°答案：90°解析：如圖所示，由正方體性質(zhì)可知B1C1⊥MN，又MB1⊥M6.(2010·蘇北三市聯(lián)考)如圖，

在正方體ABCD－A1B1C1D1

中，M、N、G分別是A1A，

D1C，AD的中點(diǎn).求證：

(1)MN∥平面ABCD；

(2)MN⊥平面B1BG.6.(2010·蘇北三市聯(lián)考)如圖，證明：(1)取CD的中點(diǎn)記為E，連NE，AE.由N，E分別為CD1與CD的中點(diǎn)可得NE∥D1D且NE＝D1D，又AM∥D1D且AM＝D1D所以AM∥EN且AM＝EN，即四邊形AMNE為平行四邊形，所以MN∥AE，又AE?面ABCD，所以MN∥面ABCD.證明：(1)取CD的中點(diǎn)記為E，(2)由AG＝DE，∠BAG＝∠ADE＝90°，DA＝AB可得△EDA與△GAB全等.所以∠ABG＝∠DAE，又∠DAE＋∠AED＝90°，∠AED＝∠BAF，所以∠BAF＋∠ABG＝90°，所以AE⊥BG，又BB1⊥AE，所以AE⊥面B1BG，又MN∥AE，所以MN⊥平面B1BG.(2)由AG＝DE，∠BAG＝∠ADE＝90°，DA＝AB以立體幾何的定義課件以立體幾何的定義、公理和定理為出發(fā)點(diǎn)，認(rèn)識(shí)和理解空間中線面垂直的有關(guān)性質(zhì)與判定定理.以立體幾何的定義、公理和定理為出發(fā)點(diǎn)，認(rèn)識(shí)和理解以立體幾何的定義課件1.直線與平面垂直1.直線與平面垂直2.直線和平面所成的角

3.二面角的有關(guān)概念2.直線和平面所成的角3.二面角的有關(guān)概念4.平面與平面垂直4.平面與平面垂直[思考探究]垂直于同一平面的兩平面是否平行？

提示：垂直于同一平面的兩平面可能平行，也可能相交.[思考探究]提示：垂直于同一平面的兩平面可能平行，也可能相交1.直線a⊥直線b，a⊥平面β，則b與β的位置關(guān)系是(

)A.b⊥β

B.b∥βC.b?βD.b?β或b∥β解析：由垂直和平行的有關(guān)性質(zhì)可知b?β或b∥β.答案：D1.直線a⊥直線b，a⊥平面β，則b與β的位置關(guān)系是(2.(文)已知直線a和兩個(gè)平面α，β，給出下列四個(gè)命題：①若a∥α，則α內(nèi)的任何直線都與a平行；②若a⊥α，則α內(nèi)的任何直線都與a垂直；③若α∥β，則β內(nèi)的任何直線都與α平行；④若α⊥β，則β內(nèi)的任何直都與α垂直.則其中(

)A.②、③為真

B.①、②為真

C.①、④為真

D.③、④為真2.(文)已知直線a和兩個(gè)平面α，β，給出下列四個(gè)命題：解析：若a∥α，則α內(nèi)的無數(shù)直線都與a平行，但不是任意一條，即①不正確；若a⊥α，則α內(nèi)的任何直線都與a垂直，即②正確；若α∥β，則β內(nèi)的任何直線都與α平行，即③正確；若α⊥β，則β內(nèi)有無數(shù)條直線都與α垂直，但不是任意一條，即④不正確.綜上可得②、③為真，故應(yīng)選A.答案：A解析：若a∥α，則α內(nèi)的無數(shù)直線都與a平行，但不是任意一條，(理)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，B1C與對(duì)角面DD1B1B所成角的大小是(

)A.15°B.30°C.45°D.60°(理)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，B1C與對(duì)角面D解析：如圖所示，連結(jié)AC交BD于O點(diǎn)，易證AC⊥平面DD1B1B，連結(jié)B1O，則∠CB1O即為B1C與對(duì)角面所成的角，設(shè)正方體邊長為a，則B1C＝a，CO＝

a，∴sin∠CB1O＝.∴∠CB1O＝30°.答案：B解析：如圖所示，連結(jié)AC交BD答案：B3.已知直線l⊥平面α，直線m?平面β，有下列命題：①α∥β?l⊥m；②α⊥β?l∥m；③l∥m?α⊥β；④l⊥m?α∥β.其中正確的命題是(

)A.①與②

B.③與④

C.②與④

D.①與③3.已知直線l⊥平面α，直線m?平面β，有下列命題：解析：對(duì)①，l⊥α，α∥β?l⊥β，又∵m?β，∴l(xiāng)⊥m，∴①正確；對(duì)②，α⊥β，l⊥α，則l∥β或l?β，∴l(xiāng)不一定與m平行，∴②錯(cuò)誤；對(duì)③，∵l∥m，l⊥α，∴m⊥α，又m?β，∴α⊥β，∴③正確；④錯(cuò)誤.答案：D解析：對(duì)①，l⊥α，α∥β?l⊥β，答案：D4.在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥

平面ABC，PC＝4，M是AB上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則PM的最小值

為

.4.在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60解析：∵PC⊥平面ABC，CM?平面ABC，∴PC⊥CM，∴PM＝＝要使PM最小，只需CM最小，此時(shí)CM⊥AB，∴CM＝＝2，∴PM的最小值為2.答案：2解析：∵PC⊥平面ABC，CM?平面ABC，答案：25.如圖，平面ABC⊥平面BDC，

∠BAC＝∠BDC＝90°，且

AB＝AC＝a，則AD＝

.5.如圖，平面ABC⊥平面BDC，解析：取BC中點(diǎn)E，連結(jié)ED、AE，∵AB＝AC，∴AE⊥BC.∵平面ABC⊥平面BDC，∴AE⊥平面BCD.∴AE⊥ED.在Rt△ABC和Rt△BCD中，AE＝ED＝BC＝a，∴AD＝＝a.答案：a解析：取BC中點(diǎn)E，連結(jié)ED、AE，答案：a以立體幾何的定義課件1.證明直線和平面垂直的常用方法：(1)利用判定定理.(2)利用平行線垂直于平面的傳遞性(a∥b，a⊥α?b⊥α).(3)利用面面平行的性質(zhì)(a⊥α，α∥β?a⊥β).(4)利用面面垂直的性質(zhì).當(dāng)直線和平面垂直時(shí)，該直線垂直于平面內(nèi)的任一直線，

常用來證明線線垂直.1.證明直線和平面垂直的常用方法：2.直線和平面垂直的性質(zhì)定理可以作為兩條直線平行的

判定定理，可以并入平行推導(dǎo)鏈中，實(shí)現(xiàn)平行與垂直

的相互轉(zhuǎn)化，即線線垂直?線面垂直?線線平行?線

面平行.2.直線和平面垂直的性質(zhì)定理可以作為兩條直線平行的

(2009·福建高考改編)如圖，平行四邊形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，AD＝4.將△CBD沿BD折起到△EBD的位置，使平面EBD⊥平面ABD.求證：AB⊥DE.(2009·福建高考改編)如圖[思路點(diǎn)撥][思路點(diǎn)撥][課堂筆記]證明：在△ABD中，∵AB＝2，AD＝4，∠DAB＝60°，∴BD＝＝2.∴AB2＋BD2＝AD2，∴AB⊥BD.又∵平面EBD⊥平面ABD，平面EBD∩平面ABD＝BD，AB?平面ABD，∴AB⊥平面EBD.∵DE?平面EBD，∴AB⊥DE.[課堂筆記]證明：在△ABD中，本例中，ED與平面ABD垂直嗎？解：由例1知，AB⊥BD，∵CD∥AB，∴CD⊥BD，從而DE⊥BD.又∵平面EBD⊥平面ABD，ED?平面EBD，∴ED⊥平面ABD.本例中，ED與平面ABD垂直嗎？解：由例1知，AB⊥BD，1.證明平面與平面垂直的方法主要有：(1)利用定義證明.只需判定兩平面所成的二面角為直二面角

即可.(2)利用判定定理.在審題時(shí)，要注意直觀判斷哪條直線可能

是垂線，充分利用等腰三角形底邊的中線垂直于底邊，

勾股定理等結(jié)論.1.證明平面與平面垂直的方法主要有：2.關(guān)于三種垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化可結(jié)合下圖記憶.2.關(guān)于三種垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化可結(jié)合下圖記憶.

(2009·江蘇高考)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E、F分別是A1B、A1C的中點(diǎn)，點(diǎn)D在B1C1上，A1D⊥B1C.求證：(1)EF∥平面ABC；(2)平面A1FD⊥平面BB1C1C.(2009·江蘇高考)如圖，在[思路點(diǎn)撥][思路點(diǎn)撥][課堂筆記]

(1)因?yàn)镋、F分別是A1B、A1C的中點(diǎn)，所以EF∥BC，又EF?平面ABC，BC?平面ABC.所以EF∥平面ABC.(2)因?yàn)槿庵鵄BC－A1B1C1為直三棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1，所以BB1⊥A1D，[課堂筆記](1)因?yàn)镋、F分別是A1B、A1C的中點(diǎn)，又A1D⊥B1C，B1C∩BB1＝B1.所以A1D⊥平面BB1C1C，又A1D?平面A1FD，所以平面A1FD⊥平面BB1C1C.又A1D⊥B1C，B1C∩BB1＝B1.兩個(gè)平面垂直的性質(zhì)定理，可以作為直線和平面垂直的判定定理，當(dāng)條件中有兩個(gè)平面垂直時(shí)，常添加的輔助線是在一個(gè)平面內(nèi)作兩平面交線的垂線.兩個(gè)平面垂直的性質(zhì)定理，可以作為直線和平面如圖①，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，將△ABD沿對(duì)角線BD折起，記折起后點(diǎn)的位置為P，且使平面PBD⊥平面BCD，如圖②.如圖①，四邊形ABCD中，AD∥(1)求證：平面PBC⊥平面PDC；(2)在折疊前的四邊形ABCD中，作AE⊥BD于E，過E作EF⊥BC于F，求折起后的圖形中∠PFE的正切值.(1)求證：平面PBC⊥平面PDC；[思路點(diǎn)撥][思路點(diǎn)撥][課堂筆記]

(1)證明：折疊前，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BAD＝90°，所以△ABD為等腰直角三角形.又因?yàn)椤螧CD＝45°，所以∠BDC＝90°.折疊后，因?yàn)槊鍼BD⊥面BCD，CD⊥BD，所以CD⊥面PBD.又因?yàn)镻B?面PBD，所以CD⊥PB.又因?yàn)镻B⊥PD，PD∩CD＝D，所以PB⊥面PDC.又PB?面PBC，故平面PBC⊥平面PDC.[課堂筆記](1)證明：折疊前，在四邊形ABCD中，AD∥(2)AE⊥BD，EF⊥BC，折疊后的位置關(guān)系不變，所以PE⊥BD.又面PBD⊥面BCD，所以PE⊥面BCD，所以PE⊥EF.設(shè)AB＝AD＝a，則BD＝a，所以PE＝a＝BE.在Rt△BEF中，EF＝BE·sin45°＝a×＝a.在Rt△PFE中，tan∠PFE＝＝＝.(2)AE⊥BD，EF⊥BC，折疊后的位置關(guān)系不變，高考中對(duì)直線與平面所成的角及二面角的考查是熱點(diǎn)之一，有時(shí)在客觀題中考查，更多的是在解答題中考查.求這兩種空間角的步驟：根據(jù)線面角的定義或二面角的平面角的定義，作(找)出該角，再解三角形求出該角，步驟是作(找)―→認(rèn)(指)―→求.高考中對(duì)直線與平面所成的角及二面角的考查在客觀題中，也可用射影法：設(shè)斜線段AB在平面α內(nèi)的射影為A′B′，AB與α所成角為θ，則cosθ＝.設(shè)△ABC在平面α內(nèi)的射影三角形為△A′B′C′，平面ABC與α所成角為θ，則cosθ＝.在客觀題中，也可用射影法：

(2010·安陽模擬)三棱錐P－ABC中，PC、AC、BC兩兩垂直，BC＝PC＝1，AC＝2，E、F、G分別是AB、AC、AP的中點(diǎn).(1)證明：平面GFE∥平面PCB；(2)求二面角B－AP－C的正切值.(2010·安陽模擬)三棱錐P－[思路點(diǎn)撥][思路點(diǎn)撥][課堂筆記]

(1)證明：因?yàn)镋、F、G分別是AB、AC、AP的中點(diǎn)，所以EF∥BC，GF∥CP.因?yàn)镋F，GF?平面PCB.所以EF∥平面PCB，GF∥平面PCB.又EF∩GF＝F，所以平面GFE∥平面PCB.[課堂筆記](1)證明：因?yàn)镋、F、G分別是AB、AC、A(2)∵BC⊥PC，BC⊥CA，且PC∩AC＝C，∴BC⊥平面PAC.過點(diǎn)C作CH⊥PA于H點(diǎn)，連結(jié)HB，則易證HB⊥PA，∴∠BHC即為二面角B－AP－C的平面角.在Rt△ACP中，AP＝＝，HC＝＝(等積).∴tan∠BHC＝＝＝.

(2)∵BC⊥PC，BC⊥CA，且PC∩AC＝C，近年來開放型問題不斷在高考試題中出現(xiàn)，這說明高考對(duì)學(xué)生的能力要求越來越高，這也符合新課標(biāo)的理念，因而在復(fù)習(xí)過程中要善于對(duì)問題進(jìn)行探究.立體幾何中結(jié)合垂直關(guān)系，設(shè)計(jì)開放型試題將是新課標(biāo)高考命題的一個(gè)動(dòng)向.近年來開放型問題不斷在高考試題中出現(xiàn)，這說明高考

[考題印證](2009·浙江高考)(12分)如圖，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC為斜邊的等腰直角三角形，E，F(xiàn)，O分別為PA，PB，AC的中點(diǎn)，AC＝16，PA＝PC＝10.(1)設(shè)G是OC的中點(diǎn)，證明：FG∥平面BOE；

(2)證明：在△ABO內(nèi)存在一點(diǎn)M，使FM⊥平面BOE，并求點(diǎn)M到OA、OB的距離.[考題印證]【證明】

(1)如圖，取PE的中點(diǎn)為H，連結(jié)HG、HF.┄┄(1分)因?yàn)辄c(diǎn)E，O，G，H分別是PA，AC，OC，PE的中點(diǎn)，┄┄┄┄(2分)所以HG∥OE，HF∥EB.因此平面FGH∥平面BOE.因?yàn)镕G在平面FGH內(nèi)，所以FG∥平面BOE.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(4分)【證明】(1)如圖，取PE的(2)在平面OAP內(nèi)，過點(diǎn)P作PN⊥OE，交OA于點(diǎn)N，交OE于點(diǎn)Q.連結(jié)BN，過點(diǎn)F作FM∥PN，交BN于點(diǎn)M.┄┄┄(5分)下證FM⊥平面BOE.由題意，得OB⊥平面PAC，所以O(shè)B⊥PN，又因?yàn)镻N⊥OE，所以PN⊥平面BOE.因此FM⊥平面BOE.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(7分)(2)在平面OAP內(nèi)，過點(diǎn)P作在Rt△OAP中，OE＝PA＝5，PQ＝，cos∠NPO＝＝，ON＝OP·tan∠NPO＝＜OA，所以點(diǎn)N在線段OA上.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(9分)因?yàn)镕是PB的中點(diǎn)，所以M是BN的中點(diǎn).┄┄(10分)因此點(diǎn)M在△AOB內(nèi)，點(diǎn)M到OA，OB的距離分別為OB＝4，ON＝.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(12分)在Rt△OAP中，

[自主體驗(yàn)]如圖所示，已知長方體ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD為正方形，E為線段AD1的中點(diǎn)，F(xiàn)為線段BD1的中點(diǎn).(1)求證：EF∥平面ABCD；

(2)設(shè)M為線段C1C的中點(diǎn)，當(dāng)?shù)谋戎禐槎嗌贂r(shí)，DF⊥平面D1MB，并說明理由[自主體驗(yàn)]解：(1)證明：∵E、F分別是AD1和BD1的中點(diǎn)，∴EF∥AB，又EF?平面ABCD，AB?平面ABCD，∴EF∥平面ABCD.解：(1)證明：∵E、F分別是(2)設(shè)＝λ(λ＞0)，AD＝a，則DD1＝λa，連結(jié)MF.若DF⊥平面D1MB，則有DF⊥D1B，DF⊥FM.(2)設(shè)＝λ(λ＞0)，AD＝a，在Rt△BDD1中，DF＝＝＝.又F、M分別是BD1，CC1的中點(diǎn)，易證FM＝a，又DM＝＝a，在Rt△BDD1中，∴在Rt△DFM中，DF2＋FM2＝DM2，即，解得λ2＝2，∴λ＝，即當(dāng)＝時(shí)，DF⊥平面D1MB.以立體幾何的定義課件以立體幾何的定義課件1.(2010·三亞模擬)若兩直線a與b異面，則過a且與b垂直的

平面(

)A.有且只有一個(gè)B.至多有一個(gè)

C.有無數(shù)